Tarea_1_Primavera_2022__4_

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Universidad de Chile
Facultad de Economı́a y Negocios
Métodos Matemáticos II (ENMEM155)
Primavera 2022
Respuestas Tarea 1: sumatoria e integrales
Problema 1: sumatorias
1. Para cierto “proyecto”, en el periodo t = 0 se hace una inversión I > 0. Luego, en cada periodo
t = 1, 2, . . . , n esa inversión entrega un beneficio π > 0 (que suponemos constante en cada periodo). La
tasa de interés entre periodos es r > 0. Con todo esto, el flujo de caja del proyecto es
FC =
[
n∑
t=1
π
(1 + r)t
]
− I.
Explique por qué se tiene lo siguiente:
FC =
1− 1(1+r)n
r
π − I.
Respuesta. Recordemos que dado β ∈ R, β ̸= 1, se tiene que
n∑
i=0
βi =
1− βn+1
1− β
⇒
n∑
i=1
βi =
1− βn+1
1− β
− 1 = β − β
n+1
1− β
.
Para obtener la expresión de FC, notamos que la sumatoria en cuestión es una suma geométrica con
β = 11+r . Luego, factorizando por π y usando azul se tiene que
[
n∑
t=1
π
(1 + r)t
]
β= 11+r
= π ·
1
1+r −
(
1
1+r
)n+1
1− 11+r
= π ·
1
1+r −
(
1
1+r
)n+1
r
1+r
= π ·
1− 1(1+r)n
r
,
a partir de lo cual se obtiene lo indicado.
2. Resuelva la siguiente expresión:
500∑
k=15
(
7
k2 + k
)
Respuesta. Podemos notar que la sumatoria original es equivalente a:
500∑
k=15
(
7
k · (k + 1)
)
Ahora, esto es equivalente a:
500∑
k=15
(
7
k
− 7
k + 1
)
Con esto podemos usar la propiedad telescopica:
500∑
k=15
(
7
k
− 7
k + 1
)
=
7
15
− 7
501
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3. Sume los primeros 800 números naturales impares. Para ello exprese la sumatoria y resuelva.
Respuesta. El enunciado equivale a la siguiente sumatoria:
800∑
k=1
(2k − 1)
Ahora si resolvemos esto, tendremos:
=
800∑
k=1
(2k)−
800∑
k=1
(1)
= 2
800∑
k=1
(k)− 800
= 2 · 800 · 801
2
− 800 = 640000
4. Usando suma telescópica, explique por qué se tiene lo siguiente:
n∑
k=1
ln
(
k + 1
k
)
= ln(1 + n).
Respuesta. Notando que
ln
(
1 + k
k
)
= ln(1 + k)− ln(k),
se tiene que
n∑
k=1
ln
(
1 +
1
k
)
=
n∑
k=1
[ln(1 + k)− ln(k)] telescopica= ln(1 + n)− ln(1) = ln(1 + n).
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Problema 2: integral indefinida (primitiva)
1. Determine los valores de los parámetros α y β para los cuales∫
βx
1 + x2
dx−
∫
α2
x
dx = ln
(
x+
1
x
)
.
Respuesta. Note que ∫
βx
1 + x2
dx =
β
2
∫
2x
1 + x2
dx =
β
2
ln(1 + x2), (1)∫
α2
x
dx = α2
∫
1
x
dx = α2 ln(x), (2)
ln
(
x+
1
x
)
= ln(1 + x2)− ln(x). (3)
Sigue de (1), (2) y (3) que ∫
βx
1 + x2
dx−
∫
α2
x
dx = ln
(
x+
1
x
)
si y solamente si
β
2
ln(1 + x2)− α2 ln(x) = ln(1 + x2)− ln(x),
lo que se cumple cuando β = 2 y α2 = 1 (es decir, α = 1 o bien α = −1).
2. Usando la regla de integración por partes, encontrar la función F (x) tal que
F (x) =
∫
77x3 e5x dx
Adicionalmente determine el valor de F (1).
Respuesta. Resolviendo por partes: u = x3 por lo que du = 3x2dx y, por otro lado, dv = e5x dx, por
lo que v = 15e
5x
Luego:
F (x) =
∫
77x3 e5x dx = 77 ·
(
1
5
x3e5x −
∫
1
5
e5x3x2dx
)
F (x) = 77 ·
(
1
5
x3e5x − 3
5
∫
e5xx2dx
)
F (x) = 77 ·
(
1
5
x3e5x − 3
5
∫
x2e5xdx
)
Ahora bien, si calculamos la integral resultante en F (x) tendremos que nuevamente realizar una inte-
gración por parte:
G(x) =
∫
x2e5xdx
Resolviendo por partes: u = x2 por lo que du = 2xdx y, por otro lado, dv = e5x dx, por lo que v = 15e
5x
G(x) =
∫
x2e5xdx =
1
5
x2e5x −
∫
2x
1
5
e5xdx
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G(x) =
1
5
x2e5x − 2
5
∫
xe5xdx
Ahora bien, si calculamos la integral resultante en G(x) tendremos que nuevamente realizar una inte-
gración por parte:
H(x) =
∫
xe5xdx
Resolviendo por partes: u = x por lo que du = dx y, por otro lado, dv = e5x dx, por lo que v = 15e
5x
H(x) =
∫
xe5xdx = 5xe5x −
∫
e5xdx
H(x) =
1
5
xe5x − 1
5
e5x
Finalmente:
F (x) = 77 ·
(
1
5
x3e5x − 3
5
∫
x2e5xdx
)
F (x) = 77 ·
(
1
5
x3e5x − 3
5
[
1
5
x2e5x − 2
5
∫
xe5xdx
])
F (x) = 77 ·
(
1
5
x3e5x − 3
5
[
1
5
x2e5x − 2
5
(
1
5
xe5x − 1
5
e5x
)])
Con esto, el valor de F (1):
F (x) = 77 ·
(
1
5
e5 − 3
5
[
1
5
e5 − 2
5
(
1
5
e5 − 1
5
e5
)])
F (x) = 77 ·
(
1
5
e5 − 3
5
[
1
5
e5
])
3. Usando la regla de integración por partes, pruebe que se cumple la siguiente igualdad:∫
4 ln(x)e2xdx = 2 ln(x)e2x −
∫
2
e2x
x
dx
Respuesta. Iniciaremos resolviendo por integración por parte la siguiente integral:∫
4 ln(x)e2xdx
Resolviendo por partes: u = ln(x) por lo que du = 1xdx y, por otro lado, dv = e
2x dx, por lo que
v = 2e2x
Con esto tenemos que: ∫
4 ln(x)e2xdx = 2 ln(x)e2x −
∫
2e2x
1
x
dx
Por lo tanto, se cumple que: ∫
4 ln(x)e2xdx = 2 ln(x)e2x −
∫
2
e2x
x
dx
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4. Usando la sustitución u = 4x3 − 3x2 + 9, encontrar la función F (x) tal que
F (x) =
∫ (
12x2 − 6x
) √
4x3 − 3x2 + 9 dx
Adicionalmente determine el valor de F (1).
Respuesta.
Primero realizaremos la sustitución del enunciado, donde u = 4x3 − 3x2 + 9, mientras que du =
(12x2 − 6x)dx
Con esto, tenemos que la integral a resolver se puede plantear como:
F (x) =
∫
u
1
2 du =
2u1,5
3
Por lo tanto:
F (x) =
2
(
4x3 − 3x2 + 9
)1,5
3
Finalmente, para F (1) tenemos que:
F (x) =
2 (4− 3 + 9)1,5
3
=
2 (10)
1,5
3
5. El problema es encontrar la siguiente integral:∫
x+ 3
x2 + 3x+ 2
dx.
(a) Primero, teniendo en cuenta que x2 + 3x+ 2 = (x+ 1) (x+ 2), encuentre A y B tal que
x+ 3
x2 + 3x+ 2
=
A
x+ 1
+
B
x+ 2
.
(b) Use lo anterior para obtener la integral que se indicó.
Respuesta. Para la parte (a), por condición se cumple que
x+ 3
x2 + 3x+ 2
=
A
x+ 1
+
B
x+ 2
⇒ x+ 3
x2 + 3x+ 2
=
A (x+ 1) +B (x+ 2)
(x+ 1) (x+ 2)
=
(A+B)x+ (A+ 2B)
(x+ 1) (x+ 2)
De lo anterior, A = 2 y B = −1, por lo que, para la parte (b),∫
x+ 3
x2 + 3x+ 2
dx =
∫ (
2
x+ 1
+
−1
x+ 2
)
dx = 2
∫
1
x+ 1
dx−
∫
1
x+ 2
dx = 2 ln(x+1)− ln(x+2).
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Problema 3: integral definida
1. Dada a(x) una función, definamos
H(x) =
∫ a(x)
0
g(t) dt.
Explique por qué se tiene lo siguiente:
H ′(x) = g(a(x)) · a′(x).
Respuesta. Denotando por G(t) la primitiva de g(t), es decir,
∫
g(t) dt = G(t), se tiene que∫ a(x)
0
g(t) dt = G(a(x))−G(0)︸ ︷︷ ︸
H(x)
.
Luego, la derivada de H(x) es la derivada de G(a(x))−G(0). Por regla de la cadena, teniendo presente
que G′ = g y que G(0) es una constante, se tiene que
H ′(x) = G′(a(x)) · a′(x)− 0 = g(a(x)) · a′(x).
2. Suponiendo que α ≥ 1, encuentre el área que que encierran las curvas f(x) = x3 y g(x) = α
√
x, entre
0 y el punto de intersección de esas curvas
Respuesta. Primero, debemos encontrar el punto donde ambas curvas se intersectan. En el “x” co-
rrespondiente se cumple que
x3 = α
√
x ⇒ x5/2 = α ⇒ x = α2/5.
Dado lo anterior, el área que buscamos es aquella bajo la curva g(x) entre 0 y α2/5 menos aquella bajo
la curva f(x) = x3 entre esos puntos. Es decir:
AREA =
∫ α 25
0
α
√
x dx−
∫ α 25
0
x3 dx.
Ya que ∫
α
√
x dx = α
2
3
x3/2 ∧
∫
x3 dx =
1
4
x4,
tenemos que
AREA =
(
α
2
3
(α
2
5 )3/2 − 0
)
−
(
1
4
(α
2
5 )4 − 0
)
AREA =
(
α
2
3
(α
2
5 )3/2
)
−
(
1
4
(α
2
5 )4
)
3. Determine el valor del área entre las curvas f(x) = −x2 y g(x) = x2 − 8
Respuesta. En este caso tenemos que notar que ambas curvas se intersectan en dos puntos y esos a su
vez serán los ĺımites de integración. Por ende, para encontrar las intersecciones debemos igualar ambas
funciones:
−x2 = x2 − 8
8 = 2x2
Por lo tanto los puntos de intersección son x = −2 y x = 2
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Ahora, podemos notar que f(x) es una función superior a g(x) por lo tanto el area entre curvas será
equivalente a esta expresión:
AREA =
∫ 2
−2
(−x2)− (x2 − 8) dx.
∫ 2
−2
−2x2 + 8 dx.
Si resolvemos la primitiva, tendremos que:∫
−2x2 + 8 dx = −2x
3
3
+ 8x
Por lo tanto, el área que buscamos es:
AREA =
(
−22
33
+ 8 · 2
)
−
(
−2(−2)3
3
+ 8 · −2
)
AREA =
(
−16
3
+ 16
)
−
(
16
3
− 16
)
=
64
3
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Problema 4: integrales impropias
1. Encontrar la siguiente integral impropia: ∫ +∞
−∞
x
x2 + 1
dx.
Indicación.: integrar por sustitución.
Respuesta. Lo primero que haremos es obtener la primitiva:
F (x) =
∫
x
x2 + 1
dx
Para ello utilizaremos ls siguiente sustitución: u = x2 + 1, mientras que du = 2xdx
F (x) =
∫
x
x2 + 1
dx =
1
2
∫
2x
x2 + 1
dx
Aplicando la sustitución, tenemos que:
F (x) =
1
2
∫
1
u
du
F (x) =
1
2
ln(u)
Por lo tanto:
F (x) =
ln(x2 + 1)
2
Una vez obtenida la primitiva, plantearemos la integral definida con los ĺımites respectivos:
∫ +∞
−∞
x
x2 + 1
dx = ĺım
n→∞
ĺım
m→∞
∫ n
−m
x
x2 + 1
dx
= ĺım
n→∞
ĺım
m→∞
∫ n
−m
x
x2 + 1
dx = ĺım
n→∞
ĺım
m→∞
[
ln(n2 + 1)
2
]
−
[
ln((−m)2 + 1)
2
]
Esta expresión es divergente y no tiene un resultado definido.
2. Indicar los valores de γ ∈ R para los cuales existe la siguiente integral impropia:∫ +∞
0
x
(1 + γ)x
dx.
Respuesta. Ya que 1 + γ = eln(1+γ), notamos que
1
1 + γ
= e− ln(1+γ) ⇒
∫
x
(1 + γ)x
dx =
∫
x e− ln(1+γ)x dx.
La integral impropia que se discute es de la forma∫ ∞
0
x e−αxdx
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donde α = ln(1+γ). Para esta última (integral con α), usando regla por partes con u = x y dv = e−αx
se tiene que du = dx y v = − 1αe
−αx, por lo que∫
x e−αx dx = −x · 1
α
e−αx +
∫
e−αx dx = −x · 1
α
e−αx − 1
α
e−αx︸ ︷︷ ︸
F (x)
.
Luego:
∫ ∞
0
x e−αx dx = ĺım
n→∞
(F (n)− F (0)) = ĺım
n→∞
(
−n · 1
α
e−αn − 1
α
e−αn
)
−
(
0 · 1
α
e−α0 − 1
α
e−α0
)
es decir, ∫ ∞
0
x e−αx dx = ĺım
n→∞
(F (n)− F (0)) = ĺım
n→∞
(
−n · 1
α
e−αn − 1
α
e−αn
)
+
1
α
.
Finalmente, notamos que e−αn converge a 0 cuando α > 0. Por lo tanto, la condición para que exista la
integral
∫∞
0
x e−αx dx es que α > 0. Aśı, volviendo al problema original, identificando α = ln(1+γ),
para exista la integral en cuestión se debe cumplir que
ln(1 + γ) > 0 ⇒ 1 + γ > 1 ⇒ γ > 0.
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